2020学年高二数学下学期期末复习备考之精准复习模拟题B卷02浙江版2

2020学年高二数学下学期期末复习备考之精准复习模拟题（B卷02）浙江版学校:_姓名：_班级：_考号：_得分： 评卷人得分一、单选题1已知集合，则 ( )A. B. C. D. 【答案】B2已知点与直线: ，则点关于直线的对称点坐标为A. B. C. D. 【答案】A【解析】可以设对称点的坐标为，得到故答案为：A.3设数列的通项公式为则“”是“数列为单调递增数列”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当时，则数列为单调递增数列若数列为单调递增数列，则即可，所以“”是“数列为单调递增数列”的充分不必要条件故选.4九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有邹亮，下广三丈，茅四仗，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的锲体，下底面宽仗长仗；上棱长仗，高一丈，问它的体积是多少？”已知丈为尺，现将该锲体的三视图给出右图所示，齐总网格纸小正方形的边长1丈，则该锲体的体积为（ ）A. 立方尺 B. 立方尺 C. 立方尺 D. 立方尺【答案】A【解析】该契体的直观图如右图中的几何体，取的中点，的中点为，连接，则该几何体的体积为四棱锥与三棱柱的体积之和，而三棱柱可以通过割补法得到一个高为，底面积平方丈的一个直棱柱，故该契体的体积立方丈 立方尺.故选A.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.5已知复数满足，则的最小值A. B. 2 C. 4 D. 【答案】B【解析】根据不等号式组画出可行域，得到可行域是一个封闭的三角形区域，z表示的是区域内的点到原点的距离的平方，根据图像知道最小值就是原点到直线x+y-2=0的距离的平方.根据点到直线的距离得到结果为：2.故答案为：B.6(2020浙江卷）设0p1，随机变量的分布列是012P则当p在（0，1）内增大时，A. D（）减小 B. D（）增大C. D（）先减小后增大 D. D（）先增大后减小【答案】D【解析】分析:先求数学期望，再求方差，最后根据方差函数确定单调性.详解：，先增后减,因此选D.点睛：7中，的对边分别为.已知 ，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析:先化简 得到，再化简得解.所以故答案为：B点睛：（1）本题主要考查三角恒等变换，考查解三角形，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理转化能力. （2）三角恒等变换方法：三看（角、名、式）三变（变角、变名、变式）.8将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若在上为增函数，则的最大值为A. 3 B. C. 2 D. 【答案】B【解析】由题意得 ，所以 ，因此 ，即的最大值为，选B.点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言. 函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.9记数列的前项和为.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：由题可得 由此可得 又，可得数列的奇数项与偶数项分别成等比数列，首项分别为1,2，由此可求.详解：由题数列满足，又，由此可得数列的奇数项与偶数项分别成等比数列，首项分别为1,2，则故选A.点睛：本题考查等比数列的通项公式及其前项和公式，属中档题.10已知为椭圆上一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别是，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：由题意设PA与PB的夹角为，通过解直角三角形求出PA，PB的长，由向量的数量积公式表示出，利用三角函数的二倍角公式化简，然后换元后利用基本不等式求出最值详解：如图，由题意设，则，设，则，当且仅当，即时等号成立，此时又当点P在椭圆的右顶点时，此时最大，且最大值的取值范围是故选C点睛：圆锥曲线中的最值或范围问题将几何问题和函数、不等式的问题综合在一起，考查学生的综合应用能力，此类题目具有一定的难度解题时首先要根据题意设出相关的参数，把所求的最值表示为该参数的函数，然后根据目标函数的特征选用函数或不等式的知识求解最值即可评卷人得分二、填空题11复数在复平面上对应的点位于第_象限，且_.【答案】 四，【解析】复数复数在复平面上对应的点位于第四象限，且.故答案为（1）四；（2）2.12多项式的展开式中，含的系数是_；常数项是_【答案】 200 144【解析】分析：根据题意，由二项式定理分析可得的展开式的通项为，进而令、3、0、1，求出对应的值，分析可得答案点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.13已知向量a，b满足，则的最小值是_，最大值是_【答案】 . .【解析】设向量a，b的夹角为，则， ，则，令 ，则，据此可得 ，故的最小值是，最大值是【名师点睛】本题通过模长公式、三角函数的有界性求出最大值与最小值，属中档题，对学生的转化能力和最值处理能力有一定的要求14已知椭圆，双曲线若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为_；双曲线N的离心率为_【答案】 2【解析】分析：由正六边形性质得渐近线的倾斜角，解得双曲线中关系，即得双曲线N的离心率；由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为，再根据椭圆定义得，解得椭圆M的离心率.详解：由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为，再根据椭圆定义得，所以椭圆M的离心率为双曲线N的渐近线方程为，由题意得双曲线N的一条渐近线的倾斜角为， 点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.15现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加厦门市华侨博物院志愿者服务活动，每人从事礼仪、导游、翻译、讲解四项工作之一，每项工作至少有一人参加. 甲、乙不会导游但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是_（用数字作答）【答案】126.【解析】分析：根据题意，按甲乙的分工情况不同分两种情况讨论，甲乙一起参加除了导游的三项工作之一，甲乙不同时参加一项工作；分别由排列、组合公式计算其情况数目，进而由分类计数的加法公式，计算可得答案点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式16若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为_【答案】3【解析】分析：先结合三次函数图象确定在上有且仅有一个零点的条件，求出参数a,再根据单调性确定函数最值，即得结果.详解：由得，因为函数在上有且仅有一个零点且，所以，因此从而函数在上单调递增，在上单调递减，所以 ， 点睛：对于函数零点个数问题，可利用函数的单调性、草图确定其中参数取值条件从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等17已知矩形的长，宽，将其沿对角线折起，得到四面体，如图所示，给出下列结论：四面体体积的最大值为；四面体外接球的表面积恒为定值；若分别为棱的中点，则恒有且；当二面角的大小为时，棱的长为；当二面角为直二面角时，直线所成角的余弦值为其中正确的结论有_(请写出所有正确结论的序号)【答案】【解析】分析：将矩形折叠后得到三棱锥：四面体体积最大值为两个面互相垂直求三棱锥的底面积和高即可；求出三棱锥的外接球半径，即可计算表面积；连接，则，连接，得到，利用等腰三角形的三线合一即可；当二面角为直二面角时，以为原点所在直线分别为轴建立坐标系，借助于向量的数量积解答；找到二面角的平面角计算即可.详解：由题意，中，四面体体积最大值为两个面互相垂直，四面体体积的最大值，所以不正确；中，三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，所以是正确的.中，若分别为棱的中点，连接，则，根据等腰三角形三线合一得到，连接，可得，所以，所以是正确的；中，由二面角的大小为时，棱的长为，在直角中，作，则，同理直角中，则,在平面内，过作，连接，易得四边形为矩形，则，又，即为二面角的平面角，即，则，由平面，得到，即有，则，所以是错误的，中，当二面角为直二面角时，以为原点所在直线分别为轴建立坐标系，则由向量的数量积可得到直线所成的角的余弦值为，所以是正确的；综上可知正确命题的序号为.点睛：本题考查了平面与立体几何的综合应用，解答中涉及到两条直线的位置关系的判定，二面角以及三棱锥的外接球的表面积，以及直线与平面垂直的判定等知识点的综合应用，试题综合性强，属于中档试题，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力. 其中线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判断定理转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，或是根据面面垂直.评卷人得分三、解答题18函数（1）求的值；（2）求函数的最小正周期及单调递增区间【答案】（1）；（2）， 的单调递增区间为.【解析】分析：（1）将代入解析式直接求解即可（2）将函数解析式化为，然后再根据要求求解详解：（1）由题意得（2）函数的最小正周期为由，得，所以的单调递增区间为点睛：求函数的单调区间时，应先将解析式先化简为yAsin(x)或yAcos(x)的形式，然后把“x”作为一个整体，通过解不等式可得单调区间，但解题时要注意复合函数单调性的规律“同增异减”19如图，在多面体中，底面是边长为2的菱形，四边形是矩形，和分别是和的中点.（1）求证：平面平面；（2）若平面平面，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】(1)见解析.(2) .【解析】分析：（1）连接交于点，由三角形中位线定理可得，由线面平行的判定定理可得平面，同理平面，从而可得结论；（2）过点在平面中作轴，以为轴，建立空间直角坐标系，分别利用向量垂直数量积为零列方程组，求出. 平面与平面法向量，由空间向量夹角余弦公式可得结果.详解：（1）连接交于点，显然，平面， 平面，可得平面，同理平面， 又平面，可得：平面平面.（2）过点在平面中作轴，显然轴、两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系.，.设平面与平面法向量分别为，.，设；，设.，综上：面与平面所成角的余弦值为.点睛：本题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20已知数列 的前 项和为 ，并且满足 ， .（1）求数列 通项公式；（2）设 为数列 的前 项和，求证： .【答案】(1) (2)见解析【解析】试题分析：（1）根据题意得到， ，两式做差得到；（2）根据第一问得到，由错位相减法得到前n项和，进而可证和小于1.解析：（1）当 时， 当时， ，即数列 时以 为首项， 为公差的等差数列. .（2） 由 得点睛：这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等.21已知抛物线的焦点为抛物线上存在一点到焦点的距离等于3.（1）求抛物线的方程；（2）过点的直线与抛物线相交于两点（两点在轴上方），点关于轴的对称点为，且，求的外接圆的方程.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）抛物线的准线方程为，所以点 到焦点的距离为,解得,从而可得抛物线的方程；（2）设直线的方程为将代入并整理得，设， ， ，根据韦达定理以及平面向量数量积公式可得，求得直线与的中垂线方程，联立可得圆心坐标，根据点到直线距离公式以及勾股定理可得圆的半径，从而可得外接圆的方程.（2）设直线的方程为将代入并整理得，由，解得设， ， ，则， ，因为因为，所以即，又，解得所以直线的方程为设的中点为,则， ，所以直线的中垂线方程为因为的中垂线方程为，所以的外接圆圆心坐标为因为圆心到直线的距离为，且，所以圆的半径所以的外接圆的方程为22已知函数，其中.（）若是的极值点，求的值；（）求的单调区间；（）若在上的最大值是，求的取值范围.【答案】（）.；【解析】分析：（1）令，解得，再验证是否符合函数取得极值的充分条件即可；（2）对分类讨论，利用导数与函数单调性的关系即可得出；（